高三百日沖刺金卷全國Ⅱ卷化學(xué)（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020屆百校聯(lián)考高考百日沖刺金卷全國II卷·化學(xué)(二)注意事項:1.本試卷分第I卷（選擇題)和第卷(非選擇題）兩部分。2。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷相應(yīng)的位置.3.全部答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。4。本試卷滿分300分，測試時間150分鐘。5?？荚嚪秶焊呖既績?nèi)容?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量:H1Li7C12N14O16Na23S32Pb207第Ⅰ卷一、選擇題:本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列對有關(guān)事實分析不正確的是選項事實描述相關(guān)知識分析A諺語“正月打雷麥谷堆”、“雷雨肥莊稼"自然固氮：N2+2O22NO2B成語“滴水石穿”包含CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2C《木草經(jīng)集注》記載“強燒之，紫青煙起,云是真硝石也?！薄跋跏睘镵NO3，鉀元素的焰色反應(yīng)為紫色D野外之鬼磷，其火色青，其狀如炬，或聚或散，俗稱鬼火，實乃諸血之磷光也?！傲坠狻笔侵噶谆瘹?PH3)自燃,將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能A。A B.B C.C D。D【答案】A【解析】【詳解】A.自然固氮發(fā)生的反應(yīng)為N2+O22NO,故A錯誤；B.“滴水石穿”包含原理為碳酸鈣與水、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣，方程式為CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3)2，故B正確；C.硝石的主要成分KNO3,K元素焰色反應(yīng)為紫色，故燃燒硝石有紫青色的火焰,故C正確；D.自然界中磷化氫自燃產(chǎn)生“磷光”，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能，故D正確；答案選A.2。下列離子方程式書寫正確的是A.向Ba（AlO2）2溶液中加入過量NaHSO4溶液：Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓B.泡沫滅火器中Al（SO4)3和NaHCO3溶液混合:Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑C。以銅為電極，電解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋D。向Cu（OH)2濁液中滴加飽和FeCl3溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀:Cu(OH）2＋Fe3＋?Fe（OH）3＋Cu2＋【答案】B【解析】【詳解】A。向Ba(AlO2）2溶液中加入過量NaHSO4溶液,發(fā)生離子反應(yīng)Ba2＋＋2AlO2—＋SO42－+8H+＝BaSO4↓+2Al3++4H2O，A錯誤；B.NaHCO3與Al2（SO4）3發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)生成二氧化碳和氫氧化鋁，離子方程式為Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑，B正確；C.用銅作電極電解CuSO4溶液，陽極銅優(yōu)先放電，陰極銅離子得到電子生成銅，該反應(yīng)相當于電解精煉銅，C錯誤；D.向Cu(OH）2濁液中滴加飽和FeCl3溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀，離子方程式為3Cu(OH)2＋2Fe3＋?2Fe（OH)3＋3Cu2＋,D錯誤；答案選B。3.大環(huán)多醚稱為冠醚.二苯并－18－冠－6的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法不正確的是A.該有機物分子式為C20H24O6B.該有機物中所有原子不可能共平面C.在光照下，該有機物與氯氣反應(yīng)的一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))D。1mol該有機物的苯環(huán)最多可與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)（不考慮開環(huán)加成)【答案】C【解析】【詳解】A。根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式分析，該有機物的分子式為C20H24O6,故A正確；B.該有機分子中存在碳碳單鍵,故所有的原子不可能共平面,故B正確；C。在光照得條件下,氯氣只能與烷基上的H原子發(fā)生取代，不能與苯環(huán)上的H發(fā)生取代反應(yīng),該有機分子烷基上有2類氫原子，故在光照下產(chǎn)生的一氯代物有2種，故C錯誤;D。苯環(huán)與氫氣以1:3發(fā)生加成反應(yīng)，該有機物中有兩個苯環(huán)，故1mol該有機物的苯環(huán)最多可與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確;答案選C。4.實驗室里模擬侯氏制堿原理制備少量小蘇打，下列裝置不正確的是A.制備NH3B。制備CO2C。制備小蘇打D。分離小蘇打【答案】B【解析】【詳解】A。實驗室制取氨氣，可利用濃氨水與生石灰在固液不加熱裝置中制取，故A正確；B.制取二氧化碳不能使用稀硫酸與大理石反應(yīng)，稀硫酸與碳酸鈣反應(yīng)生成硫酸鈣微溶，附著在大理石表面，阻礙氣體的制備，故B錯誤；C.制取小蘇打時,先通入氨氣使溶液顯堿性，增大了二氧化碳的溶解度，從而反應(yīng)制取小蘇打，故C正確；D。碳酸氫鈉溶解度低，以固體形式析出，故采用過濾的方法分離碳酸氫鈉，故D正確；答案選B。5.R、X、Y、Z為短周期主族元素,X和Y組成淡黃色粉末甲；Y和R組成一種無色無味氣體乙且能使澄清石灰水變渾濁，甲＋乙→白色粉末＋單質(zhì)；Z的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍。下列說法正確的是A.簡單氫化物的穩(wěn)定性：R>Y〉ZB.由X、Y和Z三種元素組成的化合物只有2種C。Z的氧化物對應(yīng)的水化物一定是強電解質(zhì)D.由R、X和Y組成的化合物能促進水的電離【答案】D【解析】【分析】R、X、Y、Z為短周期主族元素,X和Y組成淡黃色粉末甲，推知甲為過氧化鈉，則X、Y為O元素、Na元素中的一種;Y和R組成一種無色無味氣體乙且能使澄清石灰水變渾濁，甲＋乙→白色粉末＋單質(zhì)，推知乙為二氧化碳，R為C元素，Y為O元素，X為Na元素；Z的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，推知Z為S元素。【詳解】A.非金屬性越強，對應(yīng)的簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，R、Y、Z對應(yīng)的簡單氫化物中最穩(wěn)定應(yīng)為H2O，A錯誤；B.由Na、S、O三種元素組成的物質(zhì)有Na?SO?,Na?SO4，Na?S?O?等,不止兩種,B錯誤；C.H2SO3是Z的一種氧化物對應(yīng)的水化物，但H2SO3是弱電解質(zhì)，C錯誤；D.由R、X和Y組成的一種化合物碳酸鈉為強酸弱堿鹽,能水解從而促進水的電離,D正確；答案選D。6.全固態(tài)鋰離子電池，放電時電池反應(yīng)為2Li＋MgH2＝Mg＋2LiH，裝置如圖所示。下列說法不正確的是：A.放電時，化學(xué)能只轉(zhuǎn)化為電能 B。放電時,X極的反應(yīng)式為MgH2＋2e－＝Mg＋2H－C。充電時，Li＋向Y極遷移 D。充電時，理論上轉(zhuǎn)移0.2NA個電子Y極增重1.4g【答案】A【解析】【詳解】A。放電時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能、光能、熱能等,故A錯誤；B.根據(jù)電池反應(yīng)2Li＋MgH2＝Mg＋2LiH,放電時，X極為正極，MgH2得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Mg，反應(yīng)式為MgH2＋2e－＝Mg＋2H－，故B正確；C.充電時,Y極為電解池的陰極,陽離子向陰極移動，故Li＋向Y極遷移,故C正確；D.充電時，Y極為電解池的陰極，發(fā)生電極反應(yīng)Li++e－＝Li，理論上轉(zhuǎn)移0.2NA個電子，生成Li0.2mol,故Y極增重1.4g,故D正確；答案選A?！军c睛】A項為易錯點，注意在原電池中發(fā)生能量轉(zhuǎn)化時，化學(xué)能不可能完全轉(zhuǎn)化為電能。7.常溫下，有體積均為20。00mL、濃度均為0。1mol·L－1的HX溶液和HY溶液，分別向其中滴加相同濃度的NaOH溶液，混合溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.該滴定過程的指示劑為酚酞溶液B.V＝20.00mL時，c（HX）＋c（X－）＝c（Y－）C。pH＝7時,兩種溶液中c（X－)＝c（Y－）D。若HX溶液起始pH＝3，則常溫下HX的Ka≈1。0×10－5【答案】C【解析】【詳解】A.NaOH溶液滴定HX溶液和HY溶液，可選用酚酞溶液，滴定終點是溶液由無色變?yōu)闇\紅色，A正確；B.V＝20。00mL時,NaOH與HX、HY恰好完全反應(yīng)，Y元素的存在形式為Y－，X－要水解,X元素的存在形式為HX、X－，根據(jù)元素守恒，c(HX)＋c（X－)＝c(Y－），B正確；C.pH＝7時，c（OH－)＝c(H+)，HX溶液中加入的NaOH溶液與HY溶液中的不同，根據(jù)電荷守恒,則兩種溶液中c（X－）≠c（Y－)，C錯誤；D.若HX溶液起始pH＝3，則常溫下HX的Ka=≈1.0×10－5，D正確；答案選C.【點睛】強堿滴弱酸的起點高，前半部分形狀有差異、突躍小，即前半部分變化幅度比強堿滴定強酸的小。第Ⅱ卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題。每個試題考生都必須作答。第33題～第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一)必考題（共129分）8。乙二醛(OHC－CHO)是一種重要的精細化工產(chǎn)品.某小組利用乙醛液相硝酸氧化法制備乙二醛并測定乙二醛純度，裝置如圖所示:已知:①NO＋FeSO4＝FeSO4·NO(棕色）。②幾種有機物的部分性質(zhì)如表所示：乙醛乙二醛乙二酸乙酸沸點/℃20.850.5109117.9溶解性與水、有機溶劑互溶溶于水、乙醇等溶于水和有機溶劑與水、乙醇互溶密度/g?cm-30。781。271。901.05相對分子質(zhì)量44589060實驗步驟：①取20mL乙醛裝于燒瓶，加入2gCu(NO3）2粉末作催化劑，向燒瓶中緩慢滴加2mol·L－1硝酸至乙醛完全反應(yīng)為止；②提純產(chǎn)品，最終得到10。0mL產(chǎn)品。請回答下列問題：(1）盛裝硝酸的儀器名稱是___________。(2）實驗中，觀察到裝置B中溶液變?yōu)樽厣?，制備乙二醛的化學(xué)方程式為________________.（3）向燒瓶中滴加硝酸要“緩慢”，其目的是___________；判斷燒瓶中制備乙二醛的反應(yīng)已完成的標志是___________。（4)分離提純產(chǎn)品，宜選擇下列裝置___________(填字母)。（5)根據(jù)上述實驗數(shù)據(jù),該實驗中乙二醛的產(chǎn)率約為___________（填字母)。a。56。5％b。61。8%c。67。9％d。72。6％（6)實驗室可用酸性KMnO4溶液測定乙二醛的純度,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：18H＋＋6MnO4－＋5C2H2O2→10CO2↑＋6Mn2＋＋14H2O.實驗步驟如下:取VmL產(chǎn)品，加蒸餾水稀釋至250mL，量取25.00mL稀釋后的溶液于錐形瓶，滴加5.00mL稀硫酸，用cmol·L－1KMnO4溶液,三次平行實驗消耗KMnO4溶液體積如下：實驗ⅠⅡⅢV［KmnO4(aq)]/mL20.0522。4019。95滴定終點標志是___________；該產(chǎn)品純度為___________g·mL－1(用含V和c的代數(shù)式表示）。【答案】（1）.分液漏斗(2)。3CH3CHO+4HNO33OHC—CHO+4NO↑+5H2O(3）.防止乙二醛被氧化（4)。裝置A燒瓶中不再c產(chǎn)生氣泡(5)。c（6).b（7).當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液，溶液由無色變紫紅色且半分鐘不變色（8).【解析】【分析】在Cu（NO3）2催化下,用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被還原為NO；生成的NO會污染空氣，用FeSO4溶液吸收NO，根據(jù)表中的信息，采用蒸餾的方法提純乙二醛?！驹斀狻?1）根據(jù)裝置圖可知，盛裝硝酸的儀器為分液漏斗。(2)實驗中，觀察到裝置B中溶液變?yōu)樽厣?，根?jù)信息可知產(chǎn)生FeSO4·NO，說明A裝置中生成了NO,故稀硝酸氧化乙醛生成乙二醛，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O.（3)如果加入硝酸太快，硝酸氧化產(chǎn)品會生成雜質(zhì)。NO不溶于水，當裝置A中不再產(chǎn)生氣泡時，表明裝置A中反應(yīng)已完成。(4)乙二醛與水互溶，可利用沸點的不同，采用蒸餾的方式分離產(chǎn)品,故答案選c。（5)根據(jù)方程式計算可得，理論上生成乙二醛的質(zhì)量為0.78×20×g≈20.56g，實際制備乙二醛的質(zhì)量為1。27×10mL=12.7g，產(chǎn)率為.（6）由離子方程式可知，6KMnO4~5OHC—CHO，根據(jù)實驗數(shù)據(jù),舍去實驗Ⅱ的離群數(shù)據(jù)，消耗高錳酸鉀溶液的平均體積為，產(chǎn)品純度為9.某小組利用含鉛廢料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制備化工產(chǎn)品（PbSO4·3PbO·H2O)的工藝流程如圖：已知：Ksp（PbSO4)＝1。82×10－8,Ksp(PbCO3）＝1。46×10－13。請回答下列問題：（1）“轉(zhuǎn)化"時，加入Na2CO3的目的是將PbSO4轉(zhuǎn)化成PbCO3,其轉(zhuǎn)化原理是___________。PbO2轉(zhuǎn)化為PbCO3的離子方程式為_________。(2）該流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是_________，若其中殘留過多SO42－，循環(huán)利用可能出現(xiàn)的問題是__________。（3)一定濃度的硝酸溶解PbCO3和PbO時，“酸溶”時,金屬離子浸出率與溫度的關(guān)系如圖所示。當溫度為40℃，金屬離子浸出率最高，其主要原因是________.(4）取一定量的含鉛廢料經(jīng)上述“轉(zhuǎn)化”，假設(shè)含鉛廢料中的PbO2和PbSO4全部轉(zhuǎn)化成PbCO3，且PbO未發(fā)生反應(yīng)，“酸溶”時共收集到5。6LCO2(標準狀況），“沉鉛”時得到121.2gPbSO4.①原含鉛廢料中含PbO的物質(zhì)的量為__________。②“合成”時,加入NaOH的質(zhì)量為__________。(5）工業(yè)上,電解Pb(NO3）2溶液制備活性電極材料PbO2，其陽極的電極反應(yīng)式為_________。【答案】(1）.溶解度較大的物質(zhì)容易轉(zhuǎn)化成溶解度較小的物質(zhì)(2）.PbO2+H2O+SO32-+CO32—=PbCO3+SO42—+2OH—（3）.HNO3(4）.PbSO4覆蓋在PbCO3表面阻止反應(yīng)（5）.溫度低于40℃時反應(yīng)速率慢；溫度高于40℃時硝酸揮發(fā)和分解速率加快（6）。0.15mol（7)。24g(8）.Pb2++2H2O—2e—=PbO2+4H+【解析】【分析】含鉛廢料的主要成分為PbO、PbSO4和PbO2,加入Na2SO3后產(chǎn)物為PbO、PbCO3,PbO2中鉛元素化合價降低，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng);加入稀硝酸溶解難溶的PbO、PbCO3，再加稀硫酸生成硫酸鉛,最后加入氫氧化鈉溶液得到產(chǎn)物。由已知：Ksp(PbSO4）＝1.82×10－8，Ksp（PbCO3）＝1。46×10－13可知，PbSO4溶解度大于PbCO3。【詳解】（1)由溶度積可知，PbSO4的溶解度大于PbCO3，所以加入碳酸鈉將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3.加入Na2SO3后PbO2中鉛元素化合價降低，Na2SO3還原PbO2，S元素化合價升高，根據(jù)電子守恒,得到離子方程式PbO2+H2O+SO32-+CO32-=PbCO3+SO42-+2OH—。(2）“沉鉛”時,發(fā)生反應(yīng)Pb（NO3)2+H2SO4=PbSO4+2HNO3，硝酸在“酸溶”過程中做為反應(yīng)物，故可循環(huán)利用的物質(zhì)為HNO3.稀硝酸中殘留過多SO42－，會生成難溶的硫酸鉛,PbSO4覆蓋在PbCO3表面,阻止碳酸鉛與稀硝酸反應(yīng)。（3）由圖象可知，當溫度低于40℃時反應(yīng)速率慢，金屬離子浸出率低；溫度高于40℃時硝酸揮發(fā)和分解速率加快，導(dǎo)致反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)減慢，金屬離子浸出率降低。（4）①“沉鉛”時得到121。2gPbSO4，n(PbSO4）=,“酸溶”時共收集到5.6LCO2(標準狀況)，n(CO2)=0.25mol?！稗D(zhuǎn)化”過程中PbSO4和PbO2轉(zhuǎn)化為PbCO3，酸溶"時PbCO3與稀硝酸反應(yīng)生成CO2，故原料中PbSO4和PbO2共0。25mol，而PbO、PbSO4和PbO2的總物質(zhì)的量為0.4mol,故原含鉛廢料中含PbO的物質(zhì)的量為0。15mol。②加入氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由產(chǎn)品組成PbSO4·3PbO·H2O可知，0.4molPbSO4中有0。3mol轉(zhuǎn)化為0。3molPbO，根據(jù)化學(xué)方程式可知，加入NaOH的物質(zhì)的量為0。6mol,質(zhì)量為0。6mol×40g?mol—1=24g.(5）陽極上發(fā)生氧化反應(yīng),水提供氧元素生成的PbO2和HNO3，故陽極的電極反應(yīng)式為Pb2++2H2O-2e—=PbO2+4H+。10.N2O俗名為“笑氣”，也是一種溫室氣體。結(jié)合所學(xué)知識，回答下列問題:（1）鋅與極稀硝酸反應(yīng)可生成N2O,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________，其中作氧化劑的硝酸與參與反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量之比為___________。（2)已知幾種物質(zhì)的相對能量如下：物質(zhì)N2O（g）CO（g)N2(g)CO2(g)相對能量/kJ?mol-1475.5283。0393。50①N2O(g)和CO（g)反應(yīng)生成N2(g）和CO2（g）的熱化學(xué)方程式為____________。②若其他條件不變，加入高效催化劑，該反應(yīng)的焓變將_______（填“增大”、“減小"或“不變”）。（3)碘蒸氣能催化N2O的分解，反應(yīng)歷程(步驟）如下：i.I2(g）?2I(g)ii。I（g)＋N2O（g）＝N2(g）＋IO(g）iii.2IO(g）＋2N2O(g)＝2N2(g）＋2O2（g)＋I2(g）實驗表明,在反應(yīng)過程c(I）始終大于c(IO)，由此推測，反應(yīng)速率ii_________iii（填“〉"、“<"或“＝”）。(4)一定溫度下，向恒容密閉容器中充入2molN2O（g）和3molNO(g），發(fā)生反應(yīng)：N2O（g)＋NO（g)?N2（g）＋NO2(g)△H.測得N2體積分數(shù)與溫度、時間的關(guān)系如圖所示.①△H___________0（填“>”、“〈”或“＝”）。②下列情況表明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是___________（填字母）。A.混合氣體的密度不再改變B.相對分子質(zhì)量不再改變C。NO和NO2的消耗速率相等D。N2O的體積分數(shù)不再改變③T1時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝___________.【答案】（1)。4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O+5H2O（2）。1:5(3）。N2O（g）+CO(g)=N2（g）+CO2（g)?H=-365.0kJ?mol-1(4）.不變(5).〈（6)?！?7).CD（8)。3【解析】【分析】鋅與極稀硝酸反應(yīng)生成N2O，發(fā)生氧化還原反應(yīng)；?H=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量；由N2體積分數(shù)與溫度、時間的關(guān)系圖象可知，T1溫度下,先達到平衡，說明T1〉T2。【詳解】（1)鋅與極稀硝酸反應(yīng)生成N2O,氮元素化合價降低，鋅元素化合價升高生成硝酸鋅，根據(jù)電子守恒得反應(yīng)方程式4Zn+10HNO3=4Zn（NO3)2+N2O+5H2O。硝酸表現(xiàn)氧化性和酸性，表現(xiàn)氧化性的硝酸生成N2O，表現(xiàn)酸性的生成Zn（NO3）2，故作氧化劑的硝酸與參與反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量之比為1:5。（2）①N2O(g)和CO（g)反應(yīng)生成N2(g)和CO2(g)，?H=生成物的總能量—反應(yīng)物的總能量=（0+393.5—283.0-475.5)kJ?mol-1=-365.0kJ?mol-1,熱化學(xué)方程式為N2O(g）+CO(g）=N2（g）+CO2(g)?H=-365。0kJ?mol—1。②催化劑不影響焓變，故加入高效催化劑，該反應(yīng)的焓變不變。（3)反應(yīng)ii消耗I(g）生成IO（g），反應(yīng)iii消耗IO（g），因?qū)嶒灡砻?，在反?yīng)過程c(I）始終大于c(IO），故反應(yīng)速率ii<iii。（4）①由圖可知，T1〉T2,T1溫度下平衡時N2體積分數(shù)小于T2溫度下平衡時N2體積分數(shù),說明溫度升高，平衡逆向移動，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng),△H<0.②A.該反應(yīng)中，生成物和反應(yīng)物均為氣體，氣體的總質(zhì)量不變,容器體積不變，故平衡前后氣體密度始終不變，A錯誤;B.反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等,氣體總質(zhì)量不變，故相對分子質(zhì)量始終不變,B錯誤;C.NO和NO2的消耗速率相等，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達到平衡，C正確；D。N2O的體積分數(shù)不再改變，說明反應(yīng)達到平衡，D正確；答案選CD。③反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，氣體總物質(zhì)的量為5mol，T1溫度下，平衡時N2體積分數(shù)為30％,n（N2）=1.5mol，n（NO2）=1.5mol，n(N2O）=0.5mol，n（NO）=1。5mol，設(shè)體積V=1，K=?！军c睛】氧化還原反應(yīng)配平方法：第一步先標出變化元素化合價，定升降數(shù);第二步根據(jù)得失電子守恒，利用最小公倍數(shù)配平氧化還原部分；第三步依據(jù)原子守恒用觀察法配平其它原子數(shù)化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷方法：直接判定：V正=V逆①同一物質(zhì):該物質(zhì)的生成速率等于它的消耗速率。②不同的物質(zhì)：速率之比等于方程式中的系數(shù)比，但必須是不同方向的速率。間接判定：①各組成成分的質(zhì)量、物質(zhì)的量、分子數(shù)、體積(氣體）、物質(zhì)的量濃度保持不變。②各組成成分的質(zhì)量分數(shù)、物質(zhì)的量分數(shù)、氣體的體積分數(shù)保持不變。③若反應(yīng)前后的物質(zhì)都是氣體，且系數(shù)不等，總物質(zhì)的量、總壓強（恒溫、恒容）、平均摩爾質(zhì)量、混合氣體的密度(恒溫、恒壓）保持不變。④反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)物的產(chǎn)率保持不變。(二)選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進行評分;多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本學(xué)科選考題的首題進行評分。11.硼、鐵、鎳及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用.請回答下列問題:（1）基態(tài)鐵原子的外圍電子排布式為__________。(2）NaBH4、LiBH4常作有機合成的還原劑。LiBH4中B原子的雜化方式為________；BH4－的空間構(gòu)型為____________。（3）NiO、FeO的晶體類型相同，已知Ni2＋、Fe2＋的半徑分別為72pm、76pm。熔點：FeO_____NiO(填“>”、“〈”或“＝”），理由是____________。（4)鎳能形成多種配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3）6]2＋等。[Ni（NH3）6]2＋中，Ni2＋的配位數(shù)為_________；在Ni（CO）4中提供孤電子對的原子是C，不是O,可能的原因是_________。（5)氧化鎳晶胞如圖所示，鎳離子的配位數(shù)為__________。已知晶胞參數(shù)為acm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則氧化鎳晶體密度為__________g·cm－3.（6)磷化硼晶體結(jié)構(gòu)類似金剛石，是一種耐磨材料，常作金屬涂層，其晶胞如圖所示。磷化硼晶胞沿z軸的平面投影圖中，B原子構(gòu)成的幾何形狀是__________?！敬鸢浮?1）.3d64s2(2）.sp3（3）.正四面體(4).〈(5).NiO、FeO均為離子晶體,O2-相同，陽離子所帶電荷數(shù)相同，Ni2+半徑較小，NiO的晶格能較大，熔點較高(6)。6（7)。氧的電負性大于碳,提供孤對電子的能力比碳弱（8)。6（9）.(10）.正方形【解析】【分析】鐵的核外電子數(shù)為26;B原子與4個H原子形成4個σ鍵；分子的晶格能越大,熔點越高?！驹斀狻浚?)Fe為26號元素,原子核外有26個電子，外圍電子排布式為3d64s2.（2）B原子價層電子對個數(shù)=且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷B原子的雜化方式為sp3，BH4－的空間構(gòu)型為正四面體.(3）NiO、FeO均為離子晶體，離子半徑越小,離子所帶電荷越多，晶格能越大,熔點越高。Ni2＋、Fe2＋所帶電荷數(shù)相同，已知Ni2＋、Fe2＋的半徑分別為72pm、76pm，離子半徑：Ni2＋〈Fe2＋，晶格能NiO>FeO，故熔點:FeO〈NiO(填“〉”、“”或“＝"）。（4）[Ni（NH3)6］2＋中，Ni2＋的配位數(shù)為6;在Ni（CO）4中，氧的電負性大于碳，C對孤電子吸引力較小，易提供孤對電子。（5）氧化鎳晶胞是面心立方堆積，類似氯化鈉晶胞，鎳離子的配位數(shù)為6。1個晶胞中O原子的個數(shù)為,Ni原子個數(shù)為，故1個晶胞中含4個NiO，氧化鎳晶體的密度。（6）磷化硼晶胞中,P原子將晶胞分成8個小立方體，4個B原子分別位于4個互不相鄰的小立方體中心,構(gòu)成正四面體。故沿z軸的平面投影圖中，B原子構(gòu)成的幾何